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第七章 立体几何与空间向量
专题1：基本立体图形及其直观图、表面积与体积
1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.
3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图．
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
侧棱 平行且相等 相交于一点但 不一定相等 延长线交于一点
侧面形状 平行四边形 三角形 梯形
(2)特殊的棱柱
①侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱．
②侧棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱．
③底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．
④底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体．
(3)正棱锥
底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
(4)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆面
侧面展开图 矩形 扇形 扇环
提醒：(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．
(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行．
2．立体图形的直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展 开图
侧面 积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
　　名称 几何体　　 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
提醒：球的截面的性质
(1)球的任何截面都是圆面；
(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；
(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝.
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝S原图形．
2．多面体的内切球与外接球常用的结论
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝a.
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝a，内切球半径r＝H＝a，外接球半径R＝H＝a.
考点一　基本立体图形
结构特征
下列说法正确的是(　　)
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
【答案】D　
【解析】选项A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；选项B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；选项C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选D．
直观图
1．（2021·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出正的实际图形和直观图，计算出直观图的底边上的高，由此可求得的面积.
【详解】如图①②所示的实际图形和直观图.
由斜二测画法可知，，，
在图②中作于，则.
所以.
故选：D.
2．（2022·湖南衡阳·高一期末）如图，四边形ABCD的斜二测直观图为等腰梯形，已知，则（ ）
A．
B．
C．四边形ABCD的周长为
D．四边形ABCD的面积为6
【答案】ACD
【分析】利用斜二测画法的规则，逐个求解边长，根据选项可得答案.
【详解】由已知等腰梯形中，,, 所以，
由斜二测画法得，在原图直角梯形ABCD中，．∠BAD=，易得，
所以四边形ABCD的周长为，面积为．
故选：ACD.
3．（2022·广东广州·高一期末）如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为___________.
【答案】或
【分析】由斜二测画法还原原图即可求解
【详解】先由斜二测画法得，，即可求解.
由题意得，，且，
则，则的周长为.
故答案为：.
1.空间几何体概念辨析题的常用方法
(1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．
(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．
2. 斜二测画法
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”
(2)求面积可用关系式：S直观图＝S原图形．
3．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：
(1)求几何体的表面积或侧面积；
(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．
考点二　空间几何体的表面积与体积
表面积
1．（2020·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）三棱锥中，平面且是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________.
【答案】
【分析】由三棱锥与三棱锥的几何特征，可得此三棱锥的外接球即为以为底面，以为高的三棱柱的外接球，再结合球的表面积公式求解即可.
【详解】解：由已知三棱锥中，平面，，是边长为3的正三角形，则其外接球即为以为底面，以为高的三棱柱的外接球，
因为是边长为3的正三角形，所以的外接圆半径，
球心到的外接圆圆心的距离为，
故球的半径，
即三棱锥外接球的表面积为，
故答案为：.
2．（2022·辽宁锦州·高一期末）如图，长方体中，，，M为棱中点，则三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】根据给定几何体，确定三棱锥外接球的球心，求出球半径即可计算作答.
【详解】在长方体中，取中点，连接，如图，
因为棱中点，则，，而平面，即平面，
而平面，有，而，因此，，
在中，，于是得点M，A，C，D在以点O为球心，半径为的球面上，
所以三棱锥外接球半径为，表面积为.
故答案为：
体积
1．（2022·重庆·酉阳土家族苗族自治县第三中学校高一阶段练习）若一个圆锥的底面半径为1，母线长为，则圆锥的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由已知条件求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积
【详解】因为圆锥的底面半径为1，母线长为，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：C
(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1 D1MN的体积为________．
【答案】1
【解析】如图，由正方体棱长为2，
得S△A1MN＝2×2－2××2×1－×1×1＝，
又易知D1A1为三棱锥D1 A1MN的高，且D1A1＝2，
∴VA1 D1MN＝VD1 A1MN
＝·S△A1MN·D1A1＝××2＝1.
求空间几何体的体积的常用方法
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体
等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
1．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．
2．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
3．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
4．（2022·全国·高考真题（文））已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
故选：C
5．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
6．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
一、单选题
1．如图，若直角三角形及其内部各点绕斜边所在的直线旋转，则所得到的旋转体为（ ）
A．圆锥 B．圆台
C．圆锥与圆台的组合体 D．两个圆锥形成的组合体
【答案】D
【分析】作出辅助线，从而得到旋转体为两个圆锥形成的组合体.
【详解】直角三角形及其内部各点绕斜边所在的直线旋转，
过点C作CD⊥AB于点D，则△ACD绕斜边所在的直线旋转得到的是一个圆锥，
△BCD绕斜边所在的直线旋转得到一个圆锥，
故得到的旋转体为两个圆锥形成的组合体
故选：D
2．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以,
在直棱柱中，平面BHC，则,
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故选：D.
3．若一个几何体的三视图都是等腰三角形，则这个几何体可能是（ ）
A．圆锥 B．正四棱锥 C．正三棱锥 D．正三棱台
【答案】C
【分析】根据三视图的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】圆锥的三视图中，有圆形，所以A选项不符合.
正四棱锥的三视图中，有四边形，所以B选项不符合.
正三棱台的三视图中，有梯形，所以D选项不符合.
正三棱锥的三视图中，都是等腰三角形，所以C选项符合.
故选：C
4．某圆锥的侧面积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆台的底面半径之比可得母线之比，进而根据锥体的侧面积公式即可求解.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，设圆台的母线为，则圆锥的底面半径为，圆锥的母线为，
圆锥的侧面积记为，
截去的小圆锥的侧面积即为，
故圆台的侧面积为,
故选：C
5．已知四面体中，，则体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设M为CD的中点，连接AM,BM, 设四面体A-BCD的高为h，利用等体积法表示出四面体的体积，利用三个正数的均值不等式即可求得答案.
【详解】设M为CD的中点，连接AM,BM,
设四面体A-BCD的高为h，则,
由于，故 ,
则,设，
则,
所以
，
当且仅当平面ACD与平面BCD垂直且即时取等号，
故选：C
6．如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，沿各边中点的连线垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球）上的点离蛋巢底面的最短距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据折起的四个小三角形与与蛋巢侧面垂直，可得截面圆的直径为以及蛋巢的高为，进而根据可求底部到球的最小距离.
【详解】因为蛋巢的底面是边长为的正方形，所以蛋巢过原正方形的四个顶点的平面截鸡蛋（球）所得的截面圆的直径为，又因为鸡蛋（球）的表面积为，所以球的半径为，所以球心到截面的距离为，而截面到球的最低点的距离为，蛋巢的高度为，故球体上的点到蛋巢底面的最短距离为，
故选:C．
7．如图，是棱长都为2的直平行六面体，且，则这个直平行六面体的表面积为（ ）
A．16 B． C． D．
【答案】D
【分析】计算上下底面与四个侧面的面积，再相加即可
【详解】由题意可知：底面是菱形，且，，
所以,
所以底面的面积为：，
又因为每个侧面的面积都是，
所以这个直平行六面体的表面积为，
故选：D
8．如图，古希腊数学家阿基米德的基碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．记图中圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件得出球的直径恰好与圆柱的高相等，设球的半径为r，进而分别表示出圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，进而求出.
【详解】由已知条件，设球的半径为r，
可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，
则圆柱的表面积，
体积，
球表面积，
体积，
．
故选：B.
二、多选题
9．如图，在菱形ABCD中，AB=2，，将沿BD折起，使A到，且点不落在底面BCD内，若点M为线段的中点，则在翻折过程中，以下命题中正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值为1
B．存在某一位置，使得BM⊥CD
C．异面直线BM与所成的角为定值
D．当二面角的余弦值为时，
【答案】ABD
【分析】连接交于，连接，取的中点，连接，当平面平面时，四面体的体积最大，从而可判断A；易得，说明成立，再根据线面垂直的判定定理及性质即可判断B；证明异面直线，所成的角即为或其补角，再根据不为定值，即可判断C；说明即为二面角的平面角，再根据二面角的余弦值可得，从而可判断D.
【详解】解：连接交于，连接，取的中点，连接，
对于A，当平面平面时，四面体的体积最大，
点到平面的距离最大，
此时在菱形中，，，
则都是等边三角形，
则，
此时四面体的体积为，
所以四面体的体积的最大值为1，故A正确；
对于B，因为分别为的中点，
所以，
且，
由题意，则，
当时，，
因为，平面，
所以时，平面，
又平面，
所以，
所以存在某一位置，使得，故B正确；
对于C，因为，
所以异面直线，所成的角即为或其补角，
，
因为不为定值，所以不为定值，
即异面直线，所成的角不为定值，故C错误；
对于D，因为，
所以即为二面角的平面角，
则，所以，故D正确.
故选：ABD.
10．下列说法正确的有（ ）
A．若一个圆台的上 下底面半径分别为，则其内切球的表面积为
B．正方体的棱长为分别为棱的中点，经过三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为
C．已知边长为1的菱形中，，则用斜二测画法画出的这个菱形水平放置时的直观图的面积为
D．正三棱锥的所有棱长均为2，其内切球体积为
【答案】AC
【分析】画出球内切于圆台、正三棱锥的轴截面，利用图形中的长度关系可求出球的半径，即可判断AD，对于B，分别取线段的中点为，即可得到经过三点的平面被正方体所截的图形为正六边形，求出其面积可判断，根据平面图形的原图形与直观图面积的关系可判断C.
【详解】对于A，球内切于圆台的轴截面如图：
其中，所以，
所以，
因为为球的直径，所以球的半径为，其表面积为，故A正确；
对于B，分别取线段的中点为，
则经过三点的平面被正方体所截的图形为正六边形，
其边长为，面积为，故B错误；
对于C，因为边长为1的菱形中，，所以菱形的面积为，
所以用斜二测画法画出的这个菱形水平放置时的直观图的面积为，故C正确；
对于D，球内切于正三棱锥的轴截面为：
其中为该三棱锥的高，为该三棱锥的斜高，为球的半径，
因为正三棱锥的所有棱长均为2，所以可求出，
设，因为，
所以，即，解得，
所以该三棱锥的内切球体积为，故D错误；
故选：AC
11．在直四棱柱中，，AB⊥AD，且P为中点，Q为上一动点，则（ ）
A． B．三棱锥的体积为
C．存在点Q使得与平面垂直 D．存在点Q使得与平面垂直
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、等体积法进行求解.
【详解】因为在直四棱柱中，AB⊥AD，所以、、两两垂直，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
对于选项A，，所以，且，所以，故A正确；
对于选项B，，故B正确；
对于选项C，，设平面的法向量，且，即，则可以是，所以不可能平行于，故C错误；
对于选项D，因为，所以也不可能平行于，故D错误.
故选：AB.
12．在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直线与所成的角的余弦值为
C．四面体的外接球的表面积为
D．若，则Q点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】取中点，先证平面，再由计算体积即可判断A选项；用表示出，再由向量的运算求出夹角的余弦值即可判断B选项；取的中点，由求出外接球半径，即可判断C选项；作交延长线于，由平面，进而求得，得出Q点的轨迹即可求得D选项.
【详解】
对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，
易得，则，则，
，则，A正确；
对于B，，
则，
则，，则，，
又，
则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；
对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，
则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；
对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，
又平面，则，又，则，又，则，
即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．
【答案】
【分析】由题可得为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据正方体的性质结合棱锥的体积公式即得.
【详解】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，
设O为中点，E为中点，则，
又，平面，平面，
∴平面，平面，
所以平面平面，
由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．
在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．
因为正方体的棱长为，
所以，
在中，OB＝2，，
则，，
设点，到平面的距离分别为，．
，
，
∵，
∴三棱锥体积的最小值为；
最大值为．
∴三棱锥的体积的取值范围为．
故答案为：．
14．圆台的上、下底半径分别是和，它的侧面展开图的扇环的圆心角为，那么圆台的侧面积是_________ .
【答案】
【分析】根据圆台的侧面展开图可求得圆台的母线长，根据圆台的侧面积公式即可求得答案.
【详解】如图示：设圆台是由圆锥截得，设圆台的母线长为l，
则 ，
故，
故圆台的侧面积为 ，
故答案为：
15．三棱锥A－BCD的四个面都是直角三角形，且侧棱AB垂直于底面BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，且，则该三棱锥A－BCD外接球的体积为________．
【答案】
【分析】将三棱锥A－BCD放入长方体内分析，结合可得，再根据长方体的体对角线等于外接球直径求解即可.
【详解】由题意，在长方体中画出三棱锥A－BCD，由有，
即，解得.易得该三棱锥A－BCD外接球即此长方体的外接球，
直径，故半径，
故体积为.
故答案为：
16．把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．
则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．
【答案】
【分析】由题意，这个由12个四面体构成，因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点，
在四面体中，四个顶点可分为3类：（1）一个顶点在立方体中对于应于和；（2）两个顶点（它们之间的棱）属于六边形；（3）一个顶点对应于立方体的中心，它到一个小四面体的另三个顶点的距离都是，求得相应的距离，即可求解.
【详解】由题意，以标记的八个顶点，并设开始时选定的顶点为和，
则这个顶点分别属于6个小四面体，而，这六个顶点（无论怎么变形）构成一个边长为1的正六边形，
注意到这个由12个四面体构成，因此取到最大值的必定是两个小四面体的顶点，
在四面体中，四个顶点可分为3类：
（1）一个顶点在立方体中对于应于和，称之为第一类顶点；
（2）两个顶点（它们之间的棱）属于六边形，称之为第二类顶点；
（3）一个顶点对应于立方体的中心，它到一个小四面体的另三个顶点的距离都是，称之为第三类顶点，
这些顶点之间沿棱的距离的最大值，可得下表：
距离 第一类顶点 第二类顶点 第三类顶点
第一类顶点
第二类顶点
第三类顶点
从而任意两点之间的距离不会超过.
故答案为：.
四、解答题
17．在如图所示的几何体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，结合面面垂直可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先求解点到平面的距离，再求解的面积，利用锥体的体积公式即可求解.
（1）解：∵，∴，∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面.
（2）取的中点，连接，∵，∴，∵平面平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即点到平面的距离为的长.∵，，∴，∴，从而，∵四边形为平行四边形，，∴，，∴，∴.
18．如图，菱形中，，，为上一点，满足，将菱形沿对折，形成四面体，满足
(1)设折叠前的面积为，折叠后的面积为，求的值；
(2)求三棱锥的体积
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分别求出和，即可求出；
（2）将正四面体放入正方体中，求出正方体体积，再求出三棱锥体积，即可得到正四面体的体积，从而求出的体积.
（1）因为在菱形中，，，，所以，，.设的高，则，所以，所以.因为折叠后是一正四面体，所以，此时为等腰三角形，在中，由余弦定理得在中，由勾股定理，以为底边的高为，所以.所以，
（2）如图，将正四面体放入如图所示的正方体中，已知，则正方体边长为，体积，三棱锥体积所以正四面体的体积因为点满足，所以的体积为中小学教育资源及组卷应用平台
第七章 立体几何与空间向量
专题1：基本立体图形及其直观图、表面积与体积
1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.
3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图．
1．空间几何体的结构特征
(1)多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相 且 多边形 互相 且
侧棱 相交于 但 不一定相等 延长线交于
侧面形状
(2)特殊的棱柱
①侧棱垂直于底面的棱柱叫做 ．
②侧棱不垂直于底面的棱柱叫做 ．
③底面是正多边形的直棱柱叫做 ．
④底面是平行四边形的四棱柱也叫做 ．
(3)正棱锥
底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
(4)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等， 于底面 相交于 延长线交于
轴截面
侧面展开图
提醒：(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．
(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行．
2．立体图形的直观图
(1)画法：常用 ．
(2)规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面 ．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍 ，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度 ，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的 ．
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展 开图
侧面 积公式 S圆柱侧＝ S圆锥侧＝ S圆台侧＝
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
　　名称 几何体　　 表面积 体积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝
锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝
台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h
球 S＝ V＝
提醒：球的截面的性质
(1)球的任何截面都是圆面；
(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；
(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝.
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝S原图形．
2．多面体的内切球与外接球常用的结论
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝a.
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝a，内切球半径r＝H＝a，外接球半径R＝H＝a.
考点一　基本立体图形
结构特征
下列说法正确的是(　　)
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
【答案】D　
【解析】选项A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；选项B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；选项C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选D．
直观图
1．（2021·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）已知等边三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出正的实际图形和直观图，计算出直观图的底边上的高，由此可求得的面积.
【详解】如图①②所示的实际图形和直观图.
由斜二测画法可知，，，
在图②中作于，则.
所以.
故选：D.
2．（2022·湖南衡阳·高一期末）如图，四边形ABCD的斜二测直观图为等腰梯形，已知，则（ ）
A．
B．
C．四边形ABCD的周长为
D．四边形ABCD的面积为6
【答案】ACD
【分析】利用斜二测画法的规则，逐个求解边长，根据选项可得答案.
【详解】由已知等腰梯形中，,, 所以，
由斜二测画法得，在原图直角梯形ABCD中，．∠BAD=，易得，
所以四边形ABCD的周长为，面积为．
故选：ACD.
3．（2022·广东广州·高一期末）如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为___________.
【答案】或
【分析】由斜二测画法还原原图即可求解
【详解】先由斜二测画法得，，即可求解.
由题意得，，且，
则，则的周长为.
故答案为：.
1.空间几何体概念辨析题的常用方法
(1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．
(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．
2. 斜二测画法
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”
(2)求面积可用关系式：S直观图＝S原图形．
3．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：
(1)求几何体的表面积或侧面积；
(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．
考点二　空间几何体的表面积与体积
表面积
1．（2020·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）三棱锥中，平面且是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________.
【答案】
【分析】由三棱锥与三棱锥的几何特征，可得此三棱锥的外接球即为以为底面，以为高的三棱柱的外接球，再结合球的表面积公式求解即可.
【详解】解：由已知三棱锥中，平面，，是边长为3的正三角形，则其外接球即为以为底面，以为高的三棱柱的外接球，
因为是边长为3的正三角形，所以的外接圆半径，
球心到的外接圆圆心的距离为，
故球的半径，
即三棱锥外接球的表面积为，
故答案为：.
2．（2022·辽宁锦州·高一期末）如图，长方体中，，，M为棱中点，则三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】根据给定几何体，确定三棱锥外接球的球心，求出球半径即可计算作答.
【详解】在长方体中，取中点，连接，如图，
因为棱中点，则，，而平面，即平面，
而平面，有，而，因此，，
在中，，于是得点M，A，C，D在以点O为球心，半径为的球面上，
所以三棱锥外接球半径为，表面积为.
故答案为：
体积
1．（2022·重庆·酉阳土家族苗族自治县第三中学校高一阶段练习）若一个圆锥的底面半径为1，母线长为，则圆锥的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由已知条件求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积
【详解】因为圆锥的底面半径为1，母线长为，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：C
(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1 D1MN的体积为________．
【答案】1
【解析】如图，由正方体棱长为2，
得S△A1MN＝2×2－2××2×1－×1×1＝，
又易知D1A1为三棱锥D1 A1MN的高，且D1A1＝2，
∴VA1 D1MN＝VD1 A1MN
＝·S△A1MN·D1A1＝××2＝1.
求空间几何体的体积的常用方法
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体
等体 积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
1．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全国·高考真题（文））已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A． B．
C． D．
一、单选题
1．如图，若直角三角形及其内部各点绕斜边所在的直线旋转，则所得到的旋转体为（ ）
A．圆锥 B．圆台
C．圆锥与圆台的组合体 D．两个圆锥形成的组合体
2．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
3．若一个几何体的三视图都是等腰三角形，则这个几何体可能是（ ）
A．圆锥 B．正四棱锥 C．正三棱锥 D．正三棱台
4．某圆锥的侧面积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知四面体中，，则体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，沿各边中点的连线垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将表面积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球）上的点离蛋巢底面的最短距离为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，是棱长都为2的直平行六面体，且，则这个直平行六面体的表面积为（ ）
A．16 B． C． D．
8．如图，古希腊数学家阿基米德的基碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．记图中圆柱的体积为，表面积为，球的体积为，表面积为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．如图，在菱形ABCD中，AB=2，，将沿BD折起，使A到，且点不落在底面BCD内，若点M为线段的中点，则在翻折过程中，以下命题中正确的是（ ）
A．四面体的体积的最大值为1
B．存在某一位置，使得BM⊥CD
C．异面直线BM与所成的角为定值
D．当二面角的余弦值为时，
10．下列说法正确的有（ ）
A．若一个圆台的上 下底面半径分别为，则其内切球的表面积为
B．正方体的棱长为分别为棱的中点，经过三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为
C．已知边长为1的菱形中，，则用斜二测画法画出的这个菱形水平放置时的直观图的面积为
D．正三棱锥的所有棱长均为2，其内切球体积为
11．在直四棱柱中，，AB⊥AD，且P为中点，Q为上一动点，则（ ）
A． B．三棱锥的体积为
C．存在点Q使得与平面垂直 D．存在点Q使得与平面垂直
12．在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直线与所成的角的余弦值为
C．四面体的外接球的表面积为
D．若，则Q点的轨迹长度为
三、填空题
13．如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．
14．圆台的上、下底半径分别是和，它的侧面展开图的扇环的圆心角为，那么圆台的侧面积是_________ .
15．三棱锥A－BCD的四个面都是直角三角形，且侧棱AB垂直于底面BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，且，则该三棱锥A－BCD外接球的体积为________．
16．把边长为1的实心正六面体磁性几何魔方按图方式分成12块：（1）取6条面上的对角线；（2）考虑以立方体中心为顶点，上述6条对角线及12条棱之一为对边的三角形；（3）这18个三角形把立方体切成了12块，每块是一个四面体，每个四面体有两条棱是立方体的棱；（4）每个四面体仅通过其上立方体的棱和其它四面体连接．
则在此玩具所有可能的形状中，其上两点之间空间距离的最大值为__________．
四、解答题
17．在如图所示的几何体中，平面平面，四边形为平行四边形，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
18．如图，菱形中，，，为上一点，满足，将菱形沿对折，形成四面体，满足
(1)设折叠前的面积为，折叠后的面积为，求的值；
(2)求三棱锥的体积

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